\section{分块乘法的初等变换及应用举例}

\begin{frame}{分块矩阵的初等变换}

将分块乘法与初等变换结合是矩阵运算中极重要的手段。
现将某个单位矩阵进行如下分块：
\[
  \begin{pmatrix}
    E_{m} &  \\
   & E_{n}
\end{pmatrix}
\]
对它进行两行 (列) 对换， 某一行 (列) 左乘 (右乘)一个可逆矩阵 $ P$, 一行 (列) 加上另一行 (列) 的 $ M$ (矩阵) 倍数， 就可得到如下类型的一些矩阵 (不妨称为初等分块矩阵)：
\[
  \begin{pmatrix}
     &  E_{n} \\
   E_{m} & 
\end{pmatrix}, \quad
\pause
\begin{pmatrix}
   P &  \\
 &  E_{n}
\end{pmatrix}, \quad
\pause
\begin{pmatrix}
   E_{m} &  \\
 &  P
\end{pmatrix}, \quad
\pause
\begin{pmatrix}
   E_{m} &  M \\
 O &  E_{n}
\end{pmatrix}, \quad
\pause
\begin{pmatrix}
   E_{m} & O \\
 M &  E_{n}
\end{pmatrix} .
\]
\pause
和初等矩阵与初等变换的关系一样，用这些矩阵左乘任一个分块矩阵
\[
  \begin{pmatrix}
    A & B \\
  C & D
\end{pmatrix},
\]
\pause
只要分块乘法能够进行，其结果就是对它进行相应的变换，即
\begin{align}
  \begin{pmatrix}
     &  E_{m} \\
   E_{n} &
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
   A &  B \\
 C & D
\end{pmatrix}&= \begin{pmatrix}
   C &  D \\
 A &  B
\end{pmatrix},  \\
\begin{pmatrix}
   P &  O \\
O &  E_{n}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
   A &  B \\
C & D
\end{pmatrix}&= \begin{pmatrix}
   P A &  P B \\
C & D
\end{pmatrix}, 
\end{align}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{align}
\begin{pmatrix}
   E_{m} &  O \\
 M &  E_{n}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
  A & B \\
C & D
\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}
  A & B \\
C+M A & D+M B
\end{pmatrix} . 
\end{align}

\pause
同样，用它们右乘任一矩阵，进行分块乘法时也有相应的结果，我们不写出了。

\pause
在 (3) 中， 适当选择 $ M$, 可使 $ C+ M A= O$. 
例如 $ A$ 可逆时， 选 $ M=- C  A^{-1}$, 则 $ C+ M A= O$.
于是 (3) 的右端成为
\[
\begin{pmatrix}
A & B \\
O & D-C A^{-1} B
\end{pmatrix}.
\]
这种形状的矩阵在求行列式、逆矩阵和解决其他问题时是比较方便的， 因此 (3) 中的运算非常有用。

\pause
当然，我们不仅可以对$2\times 2$的分块矩阵谈论，也可以对一般的分块矩阵谈论（$2\times 2$分块是最常用的情形）。
\pause
我们可对一般的分块矩阵做三类初等行变换：
\begin{enumerate}
    \item 交换第$i$行与第$j$行；
    \item 第$i$行左乘可逆矩阵$P$;
    \item 第$j$行左乘矩阵$M$加到第$i$行。
\end{enumerate}
\pause
这三类初等变换可用三类初等分块矩阵左乘来实现；用该变换作用在适当分块的单位矩阵上即可得到其对应的初等分块矩阵。
\pause
同样地，我们也可做三类初等列变换，且可用三类初等分块矩阵右乘实现。
\pause
这些容易用分块乘法直接验证。
\pause
要注意的是，\emph{分块矩阵的初等变换中若涉及矩阵乘积，那么行变换总是左乘，列变换总是右乘。}
\end{frame}

%\begin{frame}
%
%下面举些例子看看这些公式的应用。
%
%
%
%\begin{example}%例1
%  若$ A,  D$ 可逆，求$T^{-1}$, 其中
%\[
%  T=\begin{pmatrix}
%    A & O \\
%  C & D
%\end{pmatrix}.
%\]
%由
%\[
%  \begin{pmatrix}
%    E_{m} & O \\
%  -C A^{-1} & E_{n}
%\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
%  A & O \\
%C & D
%\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
%  A & O \\
%O & D
%\end{pmatrix}
%\]
%及
%\[
%  \begin{pmatrix}
%    A & O \\
%  O & D
%\end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix}
%  A^{-1} & O \\
%O & D^{-1}
%\end{pmatrix}
%\]
%易知
%\[
%  T^{-1}=\begin{pmatrix}
%    A^{-1} & O \\
%  O & D^{-1}
%\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
%  E_{m} & O \\
%-C A^{-1} & E_{n}
%\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
%  A^{-1} & O \\
%-D^{-1} C A^{-1} & D^{-1}
%\end{pmatrix} .
%\]
%\end{example}
%
%\begin{example}%例2
%  \[
%    T_{1}=\begin{pmatrix}
%       A &  B \\
%     C &  D
%\end{pmatrix},
%\]
%
%由
%\[
%  \begin{pmatrix}
%     E_{m} & - B D ^ { - 1 } \\
%   O &  E_{n}
%\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
%   A &  B \\
% C &  D
%\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
%  A-B D^{-1} C & O \\
% C &  D
%\end{pmatrix},
%\]
%而右端仍可逆，故 $\left(A-B D^{-1} C\right)^{-1}$ 存在。
%
%再由例 1 ,知
%\[
%  \begin{aligned}
%    T_{1}^{-1} & =\begin{pmatrix}
%      \left(A-B D^{-1} C\right)^{-1} & O \\
%    -D^{-1} C\left(A-B D^{-1} C\right)^{-1} & D^{-1}
%\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
%  E_{m} & -B D^{-1} \\
%O & E_{n}
%\end{pmatrix} \\
%& =\begin{pmatrix}
%  \left(A-B D^{-1} C\right)^{-1} & -\left(A-B D^{-1} C\right)^{-1} B D^{-1} \\
%-D^{-1} C\left(A-B D^{-1} C\right)^{-1} & D^{-1} C\left(A-B D^{-1} C\right)^{-1} B D^{-1}+D^{-1}
%\end{pmatrix} .
%\end{aligned}
%\]
%\end{example}
%\end{frame}



\begin{frame}
和之前一样，分块矩阵的三类初等变换可逆，且逆变换也是初等变换。
有了初等变换后，常见的做法就是借助可逆矩阵打洞（即清零）。

\pause
  \begin{example}\label{12D}
  考虑矩阵$M=\begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix}$. 若$A$可逆，我们可用$A$打洞：
\begin{align*}
    \begin{pmatrix}
      A & B\\ C & D
  \end{pmatrix} 
  \xrightarrow{c_2+c_1\times (-A^{-1}B)} %\xrightarrow{\text{第$1$大列右乘$-A^{-1}B$加到第$2$大列}} &
    \begin{pmatrix}
      A & \\ C & D-CA^{-1}B
  \end{pmatrix} 
  \xrightarrow{r_2+ (-CA^{-1})\times r_1}  %{\text{第$1$大行左乘$-CA^{-1}$加到第$2$大行}} &
\begin{pmatrix}
  A \\ & D-CA^{-1}B
\end{pmatrix}.
\end{align*}
\pause
用矩阵乘法写出来就是：
\begin{align}\label{0F7}
  \begin{pmatrix}
    E & \\
    -CA^{-1}& E
  \end{pmatrix} 
  \begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
  E &-A^{-1}B \\
    & E
  \end{pmatrix}&= 
\begin{pmatrix}
  A \\ & D-CA^{-1}B
\end{pmatrix}.
\end{align}
\pause
如果$B, C$或$D$可逆，我们也可以做类似的事情得到类似的公式。
\pause
进一步，由于$A$可逆，$M$可逆当且仅当$D-CA^{-1}B$可逆，并且有
  \begin{equation}
    \begin{pmatrix}
      A & B\\ C& D
    \end{pmatrix}^{-1}= \begin{pmatrix}
  E &-A^{-1}B \\
    & E
  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
    A^{-1} & \\ & (D-CA^{-1}B)^{-1}
  \end{pmatrix}  \begin{pmatrix}
    E & \\
    -CA^{-1}& E
  \end{pmatrix}.
\end{equation}

\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]
  特别地，我们有$A, D$可逆时准下三角方阵和准上三角方阵的求逆公式：
\begin{align}
\begin{pmatrix}
    A   \\ C & D
\end{pmatrix}^{-1}&= \begin{pmatrix}
    A^{-1} & \\ & D^{-1}
  \end{pmatrix}  \begin{pmatrix}
    E & \\
    -CA^{-1}& E
  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
        A^{-1} \\ -D^{-1}CA^{-1} & D^{-1}
    \end{pmatrix},\\
    \begin{pmatrix}
        A  & B \\ & D
    \end{pmatrix}^{-1}&=\begin{pmatrix}
  E &-A^{-1}B \\
    & E
  \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
    A^{-1} & \\ & D^{-1}
  \end{pmatrix}  =
    \begin{pmatrix}
        A^{-1} &
        -A^{-1}BD^{-1} \\
        & D^{-1}
    \end{pmatrix}.
  \end{align}
\end{example}

\pause
\begin{example}
   我们来证明下： 
    \begin{equation}\label{0F9}
        \rank\begin{pmatrix}
            & D \\ A 
        \end{pmatrix}=\rank \begin{pmatrix}
        A & \\  & D
      \end{pmatrix} =  \rank A + \rank D \leqslant
      \rank \begin{pmatrix}
        A & \\ C & D
    \end{pmatrix}.
 \end{equation}
 \pause
 设$A, D$的秩分别为$r, r'$. 我们有
    \[
        \begin{pmatrix}
            & D \\ A 
        \end{pmatrix}\xrightarrow{r_1\leftrightarrow r_2}
        \begin{pmatrix}
        A & \\  & D
    \end{pmatrix} 
    \xrightarrow{\text{一系列初等变换}} 
  \begin{pmatrix}
      E_r \\ & 0  \\ & & E_{r'} \\ &&  & 0
      \end{pmatrix}
      \xrightarrow[c_2\leftrightarrow c_3]{r_2\leftrightarrow r_3}  \begin{pmatrix}
      E_{r+r'} \\ & 0  
  \end{pmatrix},
\]

    \end{example}

\end{frame}


\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}

\begin{example}[续]
故
  \begin{equation}
\label{0F8}
\rank\begin{pmatrix}
            & D \\ A 
        \end{pmatrix} = 
      \rank  \begin{pmatrix}
        A & \\  & D
    \end{pmatrix} =   \rank A + \rank D.
\end{equation}
    \pause
    我们有
    \[
    \begin{aligned}
        \begin{pmatrix}
        A & \\ C  & D
    \end{pmatrix} 
    \pause
    \xrightarrow{\text{一系列初等变换}}  &
  \begin{pmatrix}
      E_r \\ & 0  \\ C_1 & C_2 & E_{r'} \\ C_3 & C_4&  & 0
      \end{pmatrix}
      \pause
      \xrightarrow[\text{用$E_{r'}$消$C_2$}]{\text{用$E_r$消$C_1, C_3$}} 
  \begin{pmatrix}
      E_r \\ & 0  \\ 0& 0 & E_{r'} \\ 0 & C_4&  & 0
      \end{pmatrix}\\
      \pause
      \xrightarrow[{\substack{c_2\leftrightarrow c_3\\ r_3\leftrightarrow r_4}}]{r_2\leftrightarrow r_3}  &
      %\begin{pmatrix}
          %E_r \\ & E_{r'}  \\ & & C_4 \\ &&  & 0
      %\end{pmatrix} =  
      \begin{pmatrix}
          E_{r+r'} \\ & C_4 \\ && 0  
      \end{pmatrix}. 
  \end{aligned}
\]
\pause
由~\eqref{eq:triangular-matrix-rank-inequality-1}~知
\[
\begin{aligned}
    \rank \begin{pmatrix}
        A & \\ C  & D
    \end{pmatrix} &=  r+r'+\rank C_4\geqslant \rank A + \rank D.
\end{aligned}
\]
\pause
实际上，用秩的定义很容易验证~\eqref{eq:triangular-matrix-rank-inequality}, 留给读者自己尝试；
这里我们主要是为了展示分块形式的初等变换的应用。
\end{example}

\end{frame}




%\begin{example}%例3 
%证明行列式的乘积公式 $|A B|=|A||B|$.
%
%设 $ A,  B$ 为 $n \times n$ 矩阵， 作
%\begin{gather*}
%\begin{pmatrix}
% E_{n} &  A \\
% O &  E_{n}
%\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
% A &  O \\
%- E_{n} &  B
%\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
% O &  A  B \\
%- E_{n} &  B
%\end{pmatrix} .  \tag{4}\\
% P_{i j}=\begin{pmatrix}
% E_{n} &  E_{i j} \\
% O &  E_{n}
%\end{pmatrix}, \quad i, j=1,2, \cdots, n,
%\end{gather*}
%其中 $ E_{i j}$ 为 $n \times n$ 矩阵， 除了第 $i$ 行第 $j$ 列元素为 $a_{i j}$ 外， 其他元素皆为零。 故由初等矩阵与初等变换的关系，易得
%\[
% P_{11}  P_{12} \cdots  P_{1 n} \cdots  P_{n 1} \cdots P_{n n}\begin{pmatrix}
% E_{n} &  O \\
% O &  E_{n}
%\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
% E_{n} &  A \\
% O &  E_{n}
%\end{pmatrix} .
%\]
%又由 $ P_{i j}$ 所对应的初等变换是某行加上另外一行的倍数， 它不改变行列式的值，于是
%\[
%\begin{aligned}
%\left|\begin{pmatrix}
% E_{n} &  A \\
%O &  E_{n}
%\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
% A &  O \\
%- E_{n} &  B
%\end{pmatrix}\right| & =\left| P_{11} \cdots  P_{n n}\begin{pmatrix}
% A &  O \\
%- E_{n} &  B
%\end{pmatrix}\right| \\
%& =\left|\begin{array}{rr}
% A &  O \\
%- E_{n} &  B
%\end{array}\right|=| A|| B| \text {. (第二章 } \S 6 \text { 例 3.) }
%\end{aligned}
%\]
%但 (4) 的右端可经 $n$ 个两列对换变成
%\[
%\begin{pmatrix}
% A B &  O \\
% B & - E_{n}
%\end{pmatrix},
%\]
%\[
%\left|\begin{array}{cc}
% O &  A B \\
%- E_{n} &  B
%\end{array}\right|=(-1)^{n}\left|\begin{array}{cc}
% A  B &  O \\
% B & - E_{n}
%\end{array}\right|=(-1)^{n}| A B|\left|- E_{n}\right|=| A B| .
%\]
%这就证明了
%\[
%|A||B|=|A B| .
%\]
%\end{example}

\begin{frame}
  \begin{example}
    我们接着例~\ref{12D}~来讨论下分块矩阵的行列式。
    考虑方阵 $M=\begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix}$. 设 $A, B, C, D$中之一可逆。
注意到利用$A, B, C, D$清零所做的初等变换不改变行列式 (因为相应的初等矩阵的行列式是$1$\footnote{
  顺便提下，如果是对分块的方阵$A$做变换，那么分块形式的三类初等行变换$r_i\leftrightarrow r_j$, $P\times r_i$, $r_i+M\times r_j$对行列式的效果分别为：
  (1) 行列式乘$(-1)^{st}$, 其中$s,t$分别为分块方阵$A$的第$i, j$行的行数；
  (2) 行列式乘$|P|$;
  (3) 行列式不变。
  这可由这些行变换相应的可类似地证明，也可如下归结为上面的情形来证明。初等分块矩阵$Q$的行列式及$|QA|=|Q||A|$得知 ((1) 中相应的初等分块矩阵$Q$的行列式可应用Laplace展开公式得到)。列的情形是一样的 (不过是把左乘换成右乘)。
})，
再结合准上三角或准下三角形矩阵的行列式的公式我们可得到一些$M$的行列式的公式。
例如，$A$可逆时，我们有
\[
\det \begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix} =\det A \det (D-CA^{-1}B).
\]
再如，$B$可逆时，我们有 
\[
\det \begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix} = (-1)^{rs} \det \begin{pmatrix}
  B & A\\ D & C
\end{pmatrix} = (-1)^{rs} \det B\det (C-DB^{-1}A),
\]
其中 $r,s$分别为$B, C$的阶 (由 $B, M$为方阵知$C$为方阵)。
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}\label{164}
考虑矩阵$\begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix}$, 其中$A, B, C, D$是同阶方阵且$AC=CA$. 
我们来证明其行列式等于$\det (AD-CB)$. 
\pause
先考虑可逆的$A$. 此时由~\eqref{eq:block-make-holes}~知
\[
  \begin{aligned}
  \det \begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix} &=  
\det A\det(D-CA^{-1}B)=\det (AD-ACA^{-1}B) \\
&=  \det (AD-CB).
\end{aligned}
\]
对一般的（不必可逆的）$A$, 视$A$为复矩阵，设其阶为$n$.
注意到$\det(A+\varepsilon E)$是关于$\varepsilon$的首一$n$次多项式，
故至多存在$n$个不同的复数$\varepsilon$使得$\det (A+\varepsilon E)=0$. 
因此，对充分小的正实数$\varepsilon>0$, 
我们有$\det (A+\varepsilon E)\neq 0$, 即$A + \varepsilon E$可逆。
\pause
故
\[
\det \begin{pmatrix}
  A+\varepsilon E & B\\ C & D
\end{pmatrix} = \det ((A+\varepsilon E)D-CB).
\]
\pause
行列式是关于其元素的多项式，从而是连续函数，这样
令$\varepsilon\rightarrow 0+$可知总有
\begin{equation}
 \det \begin{pmatrix}
  A & B\\ C & D
\end{pmatrix} = \det(AD-CB).
\end{equation}
所以只要$A, B, C, D$是同阶方阵且$AC=CA$, 上式就成立。
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}
  \begin{example}[续]

若上面的交换性条件 $AC=CA$ 换成其他交换性条件 $AB=BA$ 或 $CD=DC$ 或 $BD=DB$, 我们有类似的公式。
可类似地证明，也可如下归结为上面的情形来证明。
例如， 若$AB=BA$, 那么 $A^{\rT}, B^{\rT}$可交换，从而
 \[
 \begin{aligned}
   \det \begin{pmatrix}
     A & B\\ C & D
   \end{pmatrix} &= \det \begin{pmatrix}
     A^{\rT} & C^{\rT} \\ B^{\rT} & D^{\rT}
 \end{pmatrix}=\det (A^{\rT}D^{\rT}-B^{\rT}C^{\rT})  \\
 &=  \det (DA-CB).
 \end{aligned}
 \]
 再如，若$BD=DB$, 则
 \[
 \begin{aligned}
   \det \begin{pmatrix}
     A & B\\ C & D
 \end{pmatrix}   &= 
 (-1)^{n^2} \det \begin{pmatrix}
   B & A\\ D & C
 \end{pmatrix} =  (-1)^{n^2} \det (BC-DA)  \\
 &=  \det (DA-BC),
 \end{aligned}
 \]
其中 $n$ 为 $A, B, C, D$的阶。
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}
  \begin{example}
      设$f, g\in P[x]$是非零多项式，
  且$d=(f,g), m=[f,g]$分别为$f, g$的首一最大公因式和首一最小公倍式。
  设$A\in P^{n\times n}$. 那么
  \begin{equation}  \label{108}
      \rank f(A) + \rank g(A)= \rank d(A) + \rank m(A).
     \end{equation}
     \pause
  例如，
  \[
    \rank (A-A^2) +\rank (A+A^2) = \rank A + \rank(A-A^3).
  \]
  \pause
  我们来证明 \eqref{rank f(A)+rank g(A)=rank d(A)+rank m(A)}. 
  不妨设$f,g$首一，此时$fg=dm$. 存在$u, v\in P[x]$使得$u(x)f(x)+v(x)g(x)=d(x)$. 
令$x=A$得
\[
  u(A)f(A)+v(A)g(A)=d(A).
\]
\pause
进而  我们可做如下的分块形式的初等变换：
  \begin{align*}
    \begin{pmatrix}
      f(A) \\ & g(A)
    \end{pmatrix}\xrightarrow{c_2+c_1\times u(A)}  & 
    \begin{pmatrix}
      f(A) & f(A)u(A) \\ & g(A)
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow{r_1+v(A)\times r_2} 
    \begin{pmatrix}
      f(A) & d(A) \\ & g(A)
    \end{pmatrix}\\
    \xrightarrow{c_1+c_2\times \left(-\frac{f}{d}(A)\right)} & 
    \begin{pmatrix}
      & d(A) \\ -m(A) & g(A)
    \end{pmatrix}
    \xrightarrow{r_2+\left( -\frac{g}{d}(A) \right)\times r_1} 
    \begin{pmatrix}
      & d(A)\\
      -m(A) 
    \end{pmatrix}.
  \end{align*}
  这里我们用到了
  \(
    \frac{f}{d}(A)g(A)=\left( \frac{f}{d}\cdot g \right)(A)=m(A).
  \)
  \pause
  注意到做分块形式的初等变换相当于左或右乘初等分块矩阵 (这是可逆矩阵)，不改变秩。
  这样应用 \eqref{eq:triangular-matrix-rank-inequality} 即得 
 \eqref{rank f(A)+rank g(A)=rank d(A)+rank m(A)}. 
  %$\rank f(A)+\rank g(A)=\rank d(A) + \rank m(A)$.
  \end{example}
\end{frame}

\begin{frame}

\begin{example}%例4 
设 $A=\left(a_{i j}\right)_{n \times n}$, 且$A$的所有$k$阶顺序主子式
\[
\left|\begin{array}{ccc}
a_{11} & \cdots & a_{1 k} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{k 1} & \cdots & a_{k k}
\end{array}\right| \neq 0, \quad 1 \leqslant k \leqslant n,
\]
则$A$能惟一地分解为一个对角线上都是$1$的下三角形方阵 $ B$ 和一个上三角方阵$C$的乘积：$A=BC$.


 \pause 
  我们对 $n$ 作归纳法来证明上述断言。 
\pause
  当 $n=1$ 时，一阶矩阵既是上三角形的又是下三角形的。命题显然成立。
  \pause
考虑$n>1$, 设对 $n-1$ 命题为真。我们来看
\[
   A_{1}=\begin{pmatrix}
    a_{11} & \cdots & a_{1, n-1} \\
  \vdots & & \vdots \\
a_{n-1,1} & \cdots & a_{n-1, n-1}
\end{pmatrix}
\]
它仍满足命题中所设的条件。 由归纳法假设，存在惟一的对角线上都是$1$的下三角形矩阵 $\left( B_{1}\right)$和
上三角形矩阵$C_1$使得$A_1=B_1C_1$.
\pause
对 $ A$ 作如下分块：
\[
   A=\begin{pmatrix}
     A_{1} &  \beta \\
   \alpha & a_{n n}
\end{pmatrix}.
\]
\end{example}
\end{frame}
\begin{frame}
  \addtocounter{theorem}{-1}
\begin{example}[续]
我们用初等行变换把分块的$A$化成准上三角形矩阵：
\[
  \begin{pmatrix}
     A_{1} &  \beta \\
   \alpha & a_{n n}
\end{pmatrix} \xrightarrow{r_2+\left( -\alpha A_1^{-1} \right)\times r_1}
\begin{pmatrix}
   A_{1} &  \beta \\
 O & a_{n n}- \alpha  A_{1}^{-1}  \beta
\end{pmatrix}\xrightarrow{B_1^{-1}\times r_1} 
\begin{pmatrix}
  C_1 &  B_{1}  \beta \\
 O & a_{n n}- \alpha  A_{1}^{-1}  \beta
\end{pmatrix}.
\]
记化简的结果为$C$, 这是个上三角形矩阵。通过逆变换我们可把 $C$ 化成 $A$:
\[
  C\xrightarrow{B_1\times r_1}\xrightarrow{r_2+ \alpha A_1^{-1}\times r_1} A.
\]
\pause
两次初等变换分别相当于左乘了%（对适当分块的单位矩阵做初等变换即知）
\[
\begin{pmatrix}
   B_{1} &  \\
 & 1
\end{pmatrix}, \quad
  \begin{pmatrix}
     E &  O \\
  \alpha A_{1}^{-1} & 1
\end{pmatrix},
\]
合在一起相当于对$C$左乘了
\[
   B\coloneq \begin{pmatrix}
     E &  O \\
  \alpha A_{1}^{-1} & 1
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
         B_{1} &\\
       & 1
  \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
       B_1 & O \\ \alpha A_1^{-1} B_1 & 1
     \end{pmatrix}.
\]
$B_1$是个对角线上都是$1$的下三角形矩阵，故$B$也是。而且，$A=BC$. 存在性得证。
唯一性可通过建立方程组得到，留给读者。
\end{example}

\end{frame}

\begin{frame}{小结}
  \begin{enumerate}
    \item 何为分块矩阵上的初等变换？如何写出实现该变换的矩阵？
      并以对$2\times2$分块矩阵变换为例来说明。
    \item 如何应用分块形式的初等变换打洞（清零）？
      以求可逆的$2\times 2$准上（下）三角阵的逆矩阵为例来说明其应用。
  \end{enumerate}
\end{frame}
